а) Пусть искомый угол <HAP=α.
<BPA - внешний угол треугольника АРС.
<BPA = (1/2)*<A +<С (внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних, не смежных с ним).
<BHA =90° - внешний угол треугольника НАР.
<BHA=α+<BPA. Или α+<BPA=90°. Или
α=90°-(1/2)*<A - <С.(1)
<A=180-<B-<C (сумма внутренних углов треугольника равна 180°).
Тогда из (1):
α=90°-(1/2)*(180-<B-<C) - <С. Или
α=90°-90°+<B/2 +<C/2-<C = <B/2-<C/2.
ответ: искомый угол равен α=|<B-<C|/2, что и требовалось доказать.
Второй вариант:
Пусть искомый угол <HAP=α.
<BPA - внешний угол треугольника АРС.
<BPA = (1/2)*<A +<С (1) (внешний угол треугольника равен сумме двух
внутренних, не смежных с ним).
<BHA =90° - внешний угол треугольника НАР.
<BРA=α+90°. Тогда из (1):
α=(1/2)*<A +<С - 90°. (2)
<A=180-<B-<C (сумма внутренних углов треугольника равна 180°).
Тогда из (2):
α=90°-(1/2)*<B-(1/2)*<C) - 90°+<С. Или
α=<С/2 - <В/2 = |<B-<C|/2.
P.S. Рассматривать все комбинации углов треугольника (в том числе и
тупоугольниго) нет необходимости, так как доказательство будет
подобным. Искомый угол равен модулю разности значений углов
В и С, так как отрицательное значение не удовлетворяет условию.
б). Искомый угол - угол СDE = α.
<CBE - внешний угол треугольника CDB.
<CBE=<DCB+α = >
(1/2)*(180 - <B) =(1/2)*<C + α . =>
α = 90° - (1/2)*<B -(1/2)*<C.
α = 90° - (1/2)*(<B+<C) . =>
2α = 180° - (<B+<C) . =>
2α = <A.
α = <A/2. Что и требовалось доказать.
в) CD и ВЕ - биссектрисы.
Искомый угол - угол α.
α = 180° - (1/2)*(В+С) (сумма внутренних углов треугольника
ВОС=180°). =>
2α =360° -(<B+<C) = 180°+180°-(<B+<C).
<A = 180°-(<B+<C).
2α = 180° + <A.
α = 90°+<A/2, что и требовалось доказать.
Нормальный вектор заданной плоскости и будет направляющим вектором для заданной прямой.
Находим нормальный вектор как результат векторного произведения АВ х АС.
АВ: (-1; 1; 3), АС: (2; 2; -1).
i j k | i j
-1 1 3 | -1 1
2 2 -1 | 2 2 = -1i + 6j -2k -1j - 6i - 2k =
= -7i + 5j - 4k = (-7; 5; -4).
Теперь подставляем координаты точки М и получаем уравнение.
(x - 1)/(-7) = (y - 2)/5 = (z - 3)/(-4).
